- 設數列 $\displaystyle a_n=1+\frac{1}2+\cdots+\frac{1}n-\ln n$，試證 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ 存在。
- 試利用 a. 求交錯級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac1n$之值。
- 透過面積的估計可以知道
$\displaystyle\int_k^{k+1}\frac1xdx<\frac1k<\int_{k-1}^k\frac1xdx$.
由此可知$\displaystyle\ln n<\sum_{k=1}^n\frac1k<1+\ln n$.
如此即有 $0< a_n<1$，這表明 $a_n$ 有界。另一方面，我們也可以知道 $a_n$ 遞減：$\displaystyle\begin{aligned}a_{n+1}-a_n&=\frac1{n+1}-\ln\frac{n+1}n\\&=\frac1{n+1}-\int_n^{n+1}\frac1xdx<0.\end{aligned}$
綜合而言可知 $a_n$ 遞減且有界，因此極限存在。註：這個極限常被記為 $\gamma$，我們稱之為歐拉-馬斯刻若尼常數(Euler-Mascheroni constant)。
- 所求之無窮級數可作如下的改寫與計算：
$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac1n&=\lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^m\left(-1\right)^{n+1}\frac{1}{n}\\=&\lim_{m\to\infty}\left(\sum_{n=1}^m\frac1n-2\sum_{n=1}^{\left[\frac{m}{2}\right]}\frac{1}{2n}\right)\\&=\lim_{m\to\infty}\left[\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}n-\ln m\right)-\left(\sum_{n=1}^{\left[\frac m2\right]}\frac{1}{n}-\ln\left[\frac m2\right]\right)+\ln\frac{m}{\displaystyle\left[\frac m2\right]}\right]\end{aligned}$
利用 a.，我們將 $a_n$ 的極限值記為 $\gamma$，如此可得所求的交錯級數之值為$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac{1}n=\lim_{m\to\infty}\ln\frac{m}{\displaystyle\left[\frac{m}2\right]}=\ln2$.
應注意為了處理高斯符號的困難應使用夾擠定理，並配合不等式 $x-1<\left[x\right]\leq x$ 即可獲得上述極限結果。 - 試判別 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(e^{-2x}\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt\right)$ 是否存在？
- 試求 $k$ 值使 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(x^ke^{-2x}\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt\right)$ 存在而且不等於 $0$，並求此極限值。
- 將所求改寫並計算如下：
$\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt}{e^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}\sqrt{x^2+1}}{2e^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{2}\\=&\infty\end{aligned}$
因此此極限不存在。 - 根據 a.可知 $k<0$，因此令 $k=-s$，其中 $s>0$，如此所考慮的極限如下，運用羅必達法則計算之：
$\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xe^{2t}\sqrt{t^2+1}dt}{x^se^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}\sqrt{x^2+1}}{sx^{s-1}e^{2x}+x^se^{2x}}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{sx^{s-1}+x^s}\end{aligned}$
若 $s=1$，則此極限值為 $1$；若 $s>1$，則此極限值為 $0$；若 $s<1$，則此極限值為 $\infty$。因此所求之 $k$ 值為 $-1$，而極限值為 $1$。
- 設 $u=f\left(x,y\right)$，$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$ 及 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。
- 試證 $\displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}$。
- 設 $u=f\left(x,y\right)$ 滿足 $\displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0$，而且 $f\left(x,y\right)=h\left(r\right)$（$f$ 只是 $r$ 的函數）。試證 $f\left(x,y\right)=h\left(r\right)=a\ln r+b$，其中 $a,b$ 為常數。
- 藉由變數代換與連鎖律，我們可以直接計算一階偏導數如下：
$\displaystyle\begin{aligned}&\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial\theta}\frac{\partial\theta}{\partial x}=\cos\theta\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\theta}r\frac{\partial u}{\partial\theta},\\&\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial\theta}\frac{\partial\theta}{\partial y}=\sin\theta\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial\theta}.\end{aligned}$
據此計算二階偏導數如下：$\displaystyle\begin{aligned}&\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=\frac{\sin^2\theta}r\frac{\partial u}{\partial r}+\cos^2\theta\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{\sin2\theta}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\theta}+\frac{\sin^2\theta}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2},\\&\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=\frac{\cos^2\theta}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\sin^2\theta\frac{\partial^2u}{\partial r^2}-\frac{\sin2\theta}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\theta}+\frac{\cos^2\theta}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}.\end{aligned}$
因此兩式相加可得$\displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}$.
- 根據假定與 a. 的結果，我們可以得到下列的常微分方程
$\displaystyle\frac{d^2h}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dh}{dr}=0$.
因此同乘以 $r$ 可得$\displaystyle\frac{d}{dr}\left(r\frac{d}{dr}h\left(r\right)\right)=0$
如此即有$\displaystyle r\frac{d}{dr}h\left(r\right)=a$
其中 $a$ 為積分常數。接著兩邊同除以 $r$ 後取積分即可得到$h\left(r\right)=a\ln r+b$
其中 $b$ 為積分常數。 - 求 $\displaystyle\int_{\Omega}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}$，其中 $\Omega$ 表曲線 $x=3\cos t$，$y=2\sin t$，$0\leq t\leq2\pi$。
- 求 $\displaystyle\iiint_D\frac{1}{\left(1+\left|P\right|^3\right)^{\frac{1}3}}dxdydz$，其中 $\left|P\right|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，$D=\left\{P=\left(x,y,z\right):z\geq0\right.$，及 $\left.x^2+y^2+z^2\leq9\right\}$。
【解法一】 將參數化代入後即可計算如下：
$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\Omega}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}&=\int_0^{2\pi}\frac{3\cos td\left(2\sin t\right)-2\sin td\left(3\cos t\right)}{9\cos^2t+4\sin^2t}\\&=6\int_0^{2\pi}\frac{1}{9-5\sin^2t}dt\end{aligned}$
根據對稱性，所求即為 $\displaystyle24\int_0^{\frac{\pi}2}\frac{1}{9-5\sin^2t}dt$。接著考慮代換 $u=\tan t$，如此所求即可計算如下：$\displaystyle\begin{aligned}=&24\int_0^\infty\frac1{\displaystyle9-5\frac{u^2}{u^2+1}}\frac{du}{u^2+1}\\=&24\int_0^\infty\frac{du}{4u^2+9}\\=&6\int_0^\infty\frac{du}{\displaystyle u^2+\frac{9}4}\\=&\left.6\times\frac23\tan^{-1}\frac{2x}3\right|_0^\infty\\=&2\pi\end{aligned}$
【解法二】 關於本題亦可以考慮參數曲線 $\Omega_\varepsilon$：$x=\varepsilon\cos t$，$y=\varepsilon\sin t$，其中 $0\leq t\leq2\pi$。如此我們運用 Green 定理可以得到
$\displaystyle\int_{\Omega-\Omega_\varepsilon}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}=0$
因此我們可運用 $\Omega_\varepsilon$ 的參數化計算如下：$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\Omega}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}&=\int_{\Omega_\varepsilon}\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}\\&=\int_0^{2\pi}\frac{\varepsilon\cos td\left(\varepsilon\sin t\right)-\varepsilon\sin td\left(\varepsilon\cos t\right)}{\varepsilon^2}\\&=\int_0^{2\pi}dt\\&=2\pi.\end{aligned}$
- 令 $\left\{\begin{aligned}&x=\rho\cos\theta\sin\phi\\&y=\rho\sin\theta\sin\phi\\&z=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$，其中參數的範圍為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&0\leq\rho\leq3\\&0\leq\theta\leq2\pi\\&0\leq\phi\leq\frac{\pi}2\end{aligned}\right.$。如此原式可以改寫並計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}=&\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{2\pi}\int_0^3\frac1{\left(1+\rho^3\right)^{\frac13}}\rho^2\sin\phi d\rho d\theta d\phi\\=&\left(\int_0^{\frac\pi2}\sin\phi d\phi\right)\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^3\frac{\rho^2}{\left(1+\rho^3\right)^{\frac{1}3}}d\rho\right)\\=&1\times2\pi\times\left.\frac12\left(1+\rho^3\right)^{\frac23}\right|_0^3\\=&\pi(28^{\frac23}-1)\end{aligned}$
- 設 $E=\left\{\left(x,y,z\right):x+y+z=1\right.$，及 $\left.\left(x-1\right)^2+y^2=1\right\}$，試求 $f\left(x,y,z\right)=x+2y+3z$ 在 $E$ 上的最大值及最小值。
訣竅
由積分審歛法的思想去構造不等式，接著透過技巧去調整級數中的符號。解法
訣竅
運用羅必達法則即可求解。解法
訣竅
這是有關偏微分方程(Partial Differential Equation)中的拉普拉斯方程(Laplace's Equation)的基本問題，我們僅須熟悉偏微分的基本操作與常微分方程的一些解法即可。解法
訣竅
透過題目或自行主動參數化後代入題目求解即可。解法
訣竅
可以使用傳統的消去未知數的方法求極值，亦可利用拉格朗日乘子法求解。解法一
由條件易知$f\left(x,y,z\right)=x+2y+3z=x+2y+3\left(1-x-y\right)=3-2x-y$
用柯西不等式可以注意到$\left[\left(x-1\right)^2+y^2\right]\left(2^2+1^1\right)\geq\left(2x+y-2\right)^2$
即有$\sqrt5\geq2x+y-2\geq-\sqrt5$
或寫為$1+\sqrt5\geq3-2x-y\geq1-\sqrt5$
因此最大值為 $1+\sqrt5$ 而最小值為 $1-\sqrt5$，其中等號成立條件分別為 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(1-\frac{2\sqrt5}5,-\frac{\sqrt5}5,\frac{3\sqrt5}5\right)$、$\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(1+\frac{2\sqrt5}5,\frac{\sqrt5}5,-\frac{3\sqrt5}5\right)$。解法二
運用拉格朗日乘子法，我們設 $F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)$ 如下：$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+2y+3z+\lambda_1\left(x+y+z-1\right)+\lambda_2\left[\left(x-1\right)^2+y^2-1\right]$
於是解下列聯立方程組：$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=1+\lambda_1+2\lambda_2\left(x-1\right)=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2+\lambda_1+2\lambda_2y=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=3+\lambda_1=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+z-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=\left(x-1\right)^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$
因此解得 $\displaystyle\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=\left(1\pm\frac{2\sqrt{5}}{5},\pm\frac{\sqrt5}5,\mp\frac{3\sqrt5}5,-3,\pm\frac{\sqrt5}2\right)$，因此可知最大值為 $1+\sqrt5$，而最小值為 $1-\sqrt5$。
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